新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)練案4第一章集合常用邏輯用語不等式第四講不等關(guān)系與不等式

練案[4]第四講不等關(guān)系與不等式A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2023·深圳調(diào)研)若a，b∈R，且a>|b|，則(B)A．a(chǎn)<－b B．a(chǎn)>bC．a(chǎn)2<b2 D．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)[解析]由a>|b|可知，當(dāng)b≥0時(shí)，a>b；當(dāng)b<0時(shí)，a>－b，則a>0>b，綜上可知，當(dāng)a>|b|時(shí)，a>b恒成立，故選B.2．已知a＋b<0，且a>0，則(A)A．a(chǎn)2<－ab<b2 B．b2<－ab<a2C．a(chǎn)2<b2<－ab D．－ab<b2<a2[解析]解法一：令a＝1，b＝－2，則a2＝1，－ab＝2，b2＝4，從而a2<－ab<b2，選A.解法二：由a＋b<0，且a>0可得b<0，且a<－b.因?yàn)閍2－(－ab)＝a(a＋b)<0，所以0<a2<－ab.又因?yàn)?<a<－b，所以0<－ab<(－b)2，所以0<a2<－ab<b2，選A.3．(2022·呼和浩特月考)有外表一樣，質(zhì)量不同的四個(gè)小球，它們的質(zhì)量分別是a，b，c，d.已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋c<b，則這四個(gè)小球的質(zhì)量由大到小的排列順序是(A)A．d>b>a>c B．b>c>d>aC．d>b>c>a D．c>a>d>b[解析]因?yàn)閍＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，所以2a>2c，即a>c，因此b<d.因?yàn)閍＋c<b，所以a<b.綜上可得d>b>a>c.4．(2022·鎮(zhèn)江中學(xué)月考)已知a＝eq\r(7)－eq\r(6)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，則下列關(guān)系正確的是(D)A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)≤bC．a(chǎn)≥b D．a(chǎn)<b[解析]由題得a－b＝eq\r(7)＋eq\r(5)－2eq\r(6)，∵(eq\r(7)＋eq\r(5))2－(2eq\r(6))2＝12＋2eq\r(35)－24＝－12＋2eq\r(35)＝－eq\r(144)＋eq\r(140)<0，且eq\r(7)＋eq\r(5)>0,2eq\r(6)>0，∴eq\r(7)＋eq\r(5)－2eq\r(6)<0，即a－b<0，∴a<b.5．已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝5－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系是(C)A．b>c>a B．a(chǎn)>c>bC．c>b>a D．c>a>b[解析]由c－b＝a2－4a＋5＝(a－2)2＋1>0，所以c>b，由b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝5－4a＋a2得b＝eq\f(1,2)＋a2，所以b－a＝a2＋eq\f(1,2)－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)>0?b>a，因此c>b>a，故選C.6．(2023·遼寧丹東階段測(cè)試)已知a，b都是正數(shù)，則“l(fā)oga3<logb3”是“3a>3b>3”的(B)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件[解析]由loga3<logb3，得0<b<a<1或0<a<1<b或a>b>1，由3a>3b>3，得a>b>1，∴“l(fā)oga3<logb3”是“3a>3b>3”的必要不充分條件．故選B.7．若α，β滿足－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是(C)A．－π<2α－β<0 B．－π<2α－β<πC．－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2) D．0<2α－β<π[解析]∵－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，∴－π<2α<π.∵－eq\f(π,2)<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(3π,2).又α－β<0，α<eq\f(π,2)，∴2α－β<eq\f(π,2).故－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2).8．若a>1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，則m，n，p的大小關(guān)系是(B)A．n>m>p B．m>p>nC．m>n>p D．p>m>n[解析]由a>1知，a2＋1－2a＝(a－1)2>0，即a2＋1>2a，而2a－(a＋1)＝a－1>0，即2a>a＋1，∴a2＋1>2a>a＋1，而y＝logax在定義域上單調(diào)遞增，∴m>p>n.二、多選題9．已知c<b<a，且ac<0，那么下列不等式中，一定成立的是(ABD)A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)>0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)<0[解析]由c<b<a且ac<0知a>0且c<0，b的正負(fù)不確定，由b>c且a>0知ba>ca，故A一定成立；∵b－a<0且c<0，∴c(b－a)>0，故B一定成立；當(dāng)b＝0時(shí)，cb2＝ab2＝0，故C不一定成立；又a－c>0且ac<0，∴ac(a－c)<0，故D一定成立．10．下列四個(gè)條件，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有(ABD)A．b>0>a B．0>a>bC．a(chǎn)>0>b D．a(chǎn)>b>0[解析]運(yùn)用倒數(shù)性質(zhì)，由a>b，ab>0可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，B、D正確；又正數(shù)大于負(fù)數(shù)，A正確，C錯(cuò)誤，故選ABD.11．若a<b<－1，c>0，則下列不等式中一定成立的是(BD)A．a(chǎn)－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b) B．a(chǎn)－eq\f(1,b)<b－eq\f(1,a)C．ln(b－a)>0 D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))c>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))c[解析]由函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)在(－∞，－1)上為增函數(shù)可知，當(dāng)a<b<－1時(shí)，a－eq\f(1,a)<b－eq\f(1,b)，故A錯(cuò)誤；由函數(shù)g(x)＝x＋eq\f(1,x)在(－∞，－1)上為增函數(shù)可知，當(dāng)a<b<－1時(shí)，a＋eq\f(1,a)<b＋eq\f(1,b)，即a－eq\f(1,b)<b－eq\f(1,a)，故B正確；由a<b，得b－a>0，但不確定b－a與1的大小關(guān)系，故ln(b－a)與0的大小關(guān)系也不確定，故C錯(cuò)誤；由a<b<－1可知，eq\f(a,b)>1,0<eq\f(b,a)<1，而c>0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))c>1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))c>0，故D正確．故選BD.三、填空題12．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，則M_>__N(填“>”“<”或“＝”)．[解析]M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3>0，故M>N.13．已知非零實(shí)數(shù)a，b滿足a>b，則下列結(jié)論正確的是_②③__(填序號(hào))．①eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a3>b3；③2a>2b；④lna2>lnb2.[解析]當(dāng)a>0，b<0時(shí)，eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，故①不正確；由函數(shù)y＝x3，y＝2x的單調(diào)性可知，②③正確；當(dāng)a＝1，b＝－1時(shí)，lna2＝lnb2＝ln1＝0，故④不正確．14．(2023·遼寧育明高中一模)一般認(rèn)為，民用住宅窗戶面積a與地板面積b的比應(yīng)不小于10%，即eq\f(1,10)≤eq\f(a,b)<1，而且比值越大采光效果越好，若窗戶面積與地板面積同時(shí)增加m，采光效果變好還是變壞？請(qǐng)將你的判斷用不等式表示eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).[解析]若窗戶面積與地板面積同時(shí)增加m，采光效果變好了，用不等式表示為：eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)，因?yàn)閑q\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－a＋mb,bb＋m)＝eq\f(a－bm,bb＋m)<0，所以eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)成立．四、解答題15．已知a＋b>0，試比較eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大?。甗解析]eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(a＋ba－b2,a2b2).∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴eq\f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).16．(1)若bc－ad≥0，bd>0，求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)；(2)已知c>a>b>0，求證：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).[證明](1)∵bc≥ad，eq\f(1,bd)>0，∴eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\f(c,d)＋1≥eq\f(a,b)＋1，∴eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0.∵a>b>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又∵c>0，∴eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，∴eq\f(c－a,a)<eq\f(c－b,b)，又c－a>0，c－b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).B組能力提升1．把下列各題中的“＝”全部改成“<”，結(jié)論仍然成立的是(D)A．如果a＝b，c＝d，那么a－c＝b－dB．如果a＝b，c＝d，那么ac＝bdC．如果a＝b，c＝d，且cd≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,d)D．如果a＝b，那么a3＝b3[解析]對(duì)于A，如果a<b，c<d，那么a－c<b－d不一定正確，如5<6,4<9，但5－4>6－9；對(duì)于B，如果a<b，c<d，那么ac<bd不一定正確，如－2<－1,1<4，此時(shí)ac>bd；對(duì)于C，如果a<b，c<d，且cd≠0，那么eq\f(a,c)<eq\f(b,d)不一定正確，如1<2,1<8，此時(shí)eq\f(a,c)>eq\f(b,d)；易知D正確．2．(多選題)(2022·濟(jì)寧模擬)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式不成立的是(ACD)A．xy>yz B．xy>xzC．xz>yz D．x|y|>|y|z[解析]因?yàn)閤>y>z，x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0，y的符號(hào)無法確定，對(duì)于A，因?yàn)閤>0>z，若y<0，則xy<0<yz，故A符合題意；對(duì)于B，因?yàn)閥>z，x>0，所以xy>xz，故B不符合題意；對(duì)于C，因?yàn)閤>y，z<0，所以xz<yz，故C符合題意；對(duì)于D，因?yàn)閤>z，當(dāng)|y|＝0時(shí)，x|y|＝|y|z，故D符合題意．3．(多選題)若0<a<1，b>c>1，則(AD)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>1 B．eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)C．ca－1<ba－1 D．logca<logba[解析]對(duì)于A，∵b>c>1，∴eq\f(b,c)>1.∵0<a<1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))0＝1，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，若eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)，則bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，這與0<a<1，b>c>1矛盾，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，∵0<a<1，∴a－1<0.∵b>c>1，∴ca－1>ba－1，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，∵0<a<1，b>c>1，∴l(xiāng)ogca<logba，故選項(xiàng)D正確．4．(2023·陜西咸陽模擬)已知0<a<b<1，則下列不等式不成立的是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b B．lna>lnbC.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D．eq\f(1,lna)>eq\f(1,lnb)[解析]∵函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上單調(diào)遞減，0<a<b<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b，A成立．∵函數(shù)y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)0<a<b<1時(shí)，ln